数位dp简介

数位dp, 顾名思义，就是在数位上进行dp操作， 数位的含义：一个数有个位、十位、百位、千位...

数位dp的实质就是换一种暴力枚举的方式，使得新的枚举方式满足dp的性质，然后记忆化就可以了

对于一个求区间[le,ri]满足条件数的个数，最简单的暴力如下

for(int i=le; i<=ri; i++)  
        if(right(i)) ++ans;  

这种枚举完全无状态可言

新的枚举：控制上界枚举，从最高位开始往下枚举，例如：ri=213，那么我们从百位开始枚举：百位可能的情况有0,1,2(觉得这里枚举0有问题的继续看)

然后每一位枚举都不能让枚举的这个数超过上界213（下界就是0或者1，这个次要），当百位枚举了1，那么十位枚举就是从0到9，因为百位1已经比上界2小了，后面数位枚举什么都不可能超过上界。所以问题就在于：当高位枚举刚好达到上界是，那么紧接着的一位枚举就有上界限制了。具体的这里如果百位枚举了2，那么十位的枚举情况就是0到1，如果前两位枚举了21，最后一位之是0到3(这一点正好对于代码模板里的一个变量limit 专门用来判断枚举范围)。最后一个问题：最高位枚举0：百位枚举0，相当于此时我枚举的这个数最多是两位数，如果十位继续枚举0，那么我枚举的就是以为数咯，因为我们要枚举的是小于等于ri的所以数，当然不能少了位数比ri小的咯！(这样枚举是为了无遗漏的枚举，不过可能会带来一个问题，就是前导零的问题，模板里用lead变量表示，不过这个不是每个题目都是会有影响的，可能前导零不会影响我们计数，具体要看题目)

例题HDU 2089

Problem Description

杭州人称那些傻乎乎粘嗒嗒的人为62（音：laoer）。
杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照，新近出来一个好消息，以后上牌照，不再含有不吉利的数字了，这样一来，就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍，更安全地服务大众。
不吉利的数字为所有含有4或62的号码。例如：
62315 73418 88914
都属于不吉利号码。但是，61152虽然含有6和2，但不是62连号，所以不属于不吉利数字之列。
你的任务是，对于每次给出的一个牌照区间号，推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了。

Input

输入的都是整数对n、m（0<n≤m<1000000），如果遇到都是0的整数对，则输入结束。

Output

对于每个整数对，输出一个不含有不吉利数字的统计个数，该数值占一行位置。

Sample Input

1 100
0 0
 

Sample Output

80
 

#include <iostream>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <set>
#include <unordered_set>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <ctime>
 
 using namespace std;
 
const int N = 33;
 
 int bits[N];
 int dp[N][2];
 
 int dfs(const int pos, const int pre, const int status, bool limit){
   if(pos == -1)return 1;
   
   if(!limit && dp[pos][status] != -1)return dp[pos][status];
   
   int len = limit ? bits[pos] : 9;
   int sum = 0;
   for(int i = 0; i <= len; ++i){
      if(i == 4 || (pre == 6 && i == 2))continue;
      
      sum += dfs(pos-1, i, i == 6, limit && i == bits[pos]);
   }
   
   if(!limit)
      dp[pos][status] = sum;
   
   return sum;
}
 
int solve(int num){
   int pos = 0;
   while(num){
      bits[pos++] = num%10;
      num /= 10;
   }
   return dfs(pos-1, 0, 0, true);
}
 
int main(){
    
    int n, m;
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    while(~scanf("%d %d", &n, &m)){
       if(!n && !m)break;
       printf("%d\n", solve(m) - solve(n-1));
   }
    
    return 0;
}

对于记忆话为什么是if(!limit)才行，大致就是说有无limit会出现状态冲突，

举例：

约束：数位上不能出现连续的两个1(11、112、211都是不合法的)

假设就是[1,210]这个区间的个数

状态:dp[pos][pre]:当前枚举到pos位，前面一位枚举的是pre(更加前面的位已经合法了)，的个数(我的pos从0开始)

先看错误的方法计数，就是不判limit就是直接记忆化

那么假设我们第一次枚举了百位是0，显然后面的枚举limit=false，也就是数位上0到9的枚举，然后当我十位枚举了1，此时考虑dp[0][1],就是枚举到个位，前一位是1的个数，显然dp[0][1]=9;(个位只有是1的时候是不满足的)，这个状态记录下来，继续dfs，一直到百位枚举了2，十位枚举了1，显然此时递归到了pos=0,pre=1的层，而dp[0][1]的状态已经有了即dp[pos][pre]!=-1；此时程序直接return dp[0][1]了，然而显然是错的，因为此时是有limit的个位只能枚举0，根本没有9个数，这就是状态冲突了。有lead的时候可能出现冲突，这只是两个最基本的不同的题目可能还要加限制，反正宗旨都是让dp状态唯一

既然从高位往低位枚举，那么状态一般都是与前面已经枚举的数位有关并且通常是根据约束条件当前枚举的这一位能使得状态完整(比如一个状态涉及到连续k位，那么就保存前k-1的状态，当前枚举的第k个是个恰好凑成成一个完整的状态，不过像那种状态是数位的和就直接保存前缀和为状态了)，不过必然有一位最简单的一个状态dp[pos]当前枚举到了pos位